Een alternatief bewijs:
Driehoek ABC heeft omgeschreven cirkel β¦ en middelpunt O. Een cirkel Ξ met middelpunt A
snijdt het lijnstuk BC in de punten D en E, zodanig dat B, D, E en C allemaal verschillend zijn en in deze volgorde op BC liggen. Laat F en G de snijpunten van Ξ en β¦ zijn, zodanig dat A, F,
B, C en G in deze volgorde op β¦ liggen. Zij K het tweede snijpunt van de omgeschreven cirkel van driehoek BDF en het lijnstuk AB. Zij L het tweede snijpunt van de omgeschreven cirkel van driehoek CGE en het lijnstuk CA.
Veronderstel dat de lijnen FK en GL verschillend zijn en elkaar snijden in het punt X. Bewijs dat X op de lijn AO ligt.
Neem de snijpunten van FG met AB en AC en noem ze Kβ en Lβ. Het is nog steeds een slim plan om aan te tonen dat X op de middelloodlijn van FG ligt, dus dat driehoek FXG gelijkbenig is. In hoeken moeten we laten zien dat β πΎπΉπΎβ² = β ππΉπΊ = β ππΊπΉ = β πΏπΊπΏβ².
Laten we nu uitgaan van β πΎπΉπΎβ². Uit de buitenhoekstelling in driehoek KFKβ volgt dat β πΎπΉπΎβ²+ β πΉπΎπΎβ²= β π΅πΎβ²πΉ, oftewel β πΎπΉπΎβ²= β π΅πΎβ²πΉ β β πΉπΎπΎβ². Over beide hoeken aan de rechterkant
kunnen we wel iets zeggen. Uit de hoekensom in driehoek BKβF volgt dat β π΅πΎβ²πΉ = 180Λ β β π΅πΉπΎβ²β β πΉπ΅πΎβ²= 180Λ β β π΅πΉπΊ β β πΉπ΅π΄. Uit boog BF volgt dat β πΉπΎπΎβ²= β πΉπΎπ΅ = β πΉπ·π΅. Dit samennemend kunnen we ook zeggen dat β πΎπΉπΎβ² = 180Λ β β π΅πΉπΊ β β πΉπ΅π΄ β β πΉπ·π΅. Gelukkig kunnen we over de hoeken die we nu aan de rechterkant hebben staan nog meer zeggen. Uit koordenvierhoek FBCG volgt dat 180Λ β β π΅πΉπΊ = β π΅πΆπΊ. Omdat |AF |=|AG | en AF en AG beide koorden zijn van β¦, weten we doordat bij gelijke bogen gelijke hoeken horen, dat β πΉπ΅π΄ = β π΄πΆπΊ en uit het feit dat FDEG een koordenvierhoek is, volgt dat β πΉπ·π΅ = 180Λ β β πΉπ·πΈ = β πΉπΊπΈ = β πΏβ²πΊπΈ. We zien nu dat geldt dat β πΎπΉπΎβ²= β π΅πΆπΊ β β π΄πΆπΊ β β πΏβ²πΊπΈ = β π΅πΆπ΄ β β πΏβ²πΊπΈ = β πΈπΆπΏ β β πΏβ²πΊπΈ. Ten slotte merken we op dat uit koorde EL volgt dat β πΈπΆπΏ = β πΈπΊπΏ waardoor we zien dat β πΎπΉπΎβ² = β πΈπΊπΏ β β πΏβ²πΊπΈ = β πΏπΊπΏβ² en daarmee is de opgave ook opgelost.